[PDF] corps finis applications
[PDF] construction des corps finis
[PDF] caracteristique d'un corps
[PDF] théorie des corps finis
[PDF] polynomes irreductibles corps finis
[PDF] exercices corps finis
[PDF] morphisme de frobenius
[PDF] caractéristique d'un dipole actif
[PDF] dipole actif generateur
[PDF] dipole passif
[PDF] exercice dipole actif
[PDF] dipole actif exemple
[PDF] dipole actif pdf
[PDF] caractéristiques de quelques dipoles passifs exercices corrigés
[PDF] caractéristique de quelques dipoles passifs tronc commun
Universite Paris 13 M1 : de l'arithmetique a la theorie des nombres
Exercices de theorie des corps nis
Exercice 1. |1)Donner tous les p olyn^omesirr eductiblesde de greinf erieur a4surF2. 2) Quel leest la factorisation su rF4d'un polyn^ome deF2[X]irreductible de degre4? 3) D eduiredes questions pr ecedentes,le nombr ede p olyn^omesirr eductiblesde de gre2sur F 4. 4) Expliciter les p olyn^omesirr eductiblesde de gre2surF4. Exercice 2. |1)L enombr e2est-il un carre dansF5? Montrer queX2+X+ 1est irreductible surF5. 2) Soit P(X)2F5[X]un polyn^ome unitaire irreductible de degre deux . Montrer que le quotient F
5[X](P(X))
est isomorphe au corpsF25et quePa deux racines dansF25. 3) On note une racine deX2+X+ 1dansF25. Montrer que tout2F25peut s'ecrire a+bavecaetbdansF5. 4) Soit P=X5X+ 1. Montrer que pour tout2F25, on aP()6= 0. En deduire queP est irreductible surF5.Pest-il irreductible surQ? Exercice 3. |On considere le polyn^omeQ(X) =X9X+ 1surF3. 1) Montr erque le p olyn^omeQn'a pas de racines dansF3;F9. 2)
Montr erque F27'F3[X](X3X1).
3) Montr erque toute r acine2F27du polyn^omeX3X1est une racine du polyn^omeQ. 4)
D eterminertoutes le r acinesde QdansF27.
5)
F actoriserle p olyn^omeQsur le corpsF3.
Exercice 4. |A quelle condition un polyn^omePa coecients dansFpde degrenest-il irreductible surFpm? Dans le cas ouPest irreductible surFp, on donnera des precisions sur les degres des facteurs irreductibles dePsurFpm. En particulier pourn= 5, donnerm minimal tel que tout polyn^ome de degre5a coecients dansFpsoit totalement decompose (resp. possede une racine) surFpm. Exercice 5. |Theorie de Galois des corps nis et version faible du theoreme de Dirichlet Soitpun nombre premier etnun entier premier avecp. On poseq=pr. 1) D ecrirele gr oupede Galois de l'extension Fqn:Fqet expliciter la theorie de Galois, i.e. montrer que l'application qui a un sous-groupeHdegal(Fqn=Fq)associe le sous-corps de F qndes elements xes par tous les elements deH, est une bijection entre les sous-groupes du groupe de Galois et les extensions intermediairesFqKFqn. 1 2 2) Soit L=DecFp(Xn1). Montrer queGal(L=Fp)est isomorphe au sous-groupe de Z=nZengendre par l'image dep. Montrer que len-ieme polyn^ome cyclotomiquen(X) se decompose surFpen un produit de(n)=kfacteurs irreductibles distincts, tous de degrek. Quel est cet entierk? En deduire une version faible du theoreme de progression arithmetique, i.e. : pour tout entiernil existe une innite de nombres premierspcongrus a1modulon. Exercice 6. |1)Montr erque X4+1est irreductible surZet reductible modulo tout nombre premierp. (Indication : montrer que pour tout nombre premier impairp, le polyn^ome X
4+ 1a une racine dans le corpsFp2.
2) Soit nun entier ne s'ecrivant pas sous la formepou2pavecppremier impair. On sait que len-ieme polyn^ome cyclotomiquenest irreductible surZ. Montrer en utilisant la question (ii) de l'exercice sur la theorie de Galois des corps nis, quenest reductible modulo tout nombre premier.
Exercice 7. |SoitP(X) =X410X3+ 21X210X+ 11
1) D ecomposerPen facteurs irreductibles modulo 2,3,5. 2)
Montr erque Pest irreductible surQ.
Exercice 8. |SoitK=F3[X]=(X3+2X+1); montrez queKest un corps de cardinal27 et queXest un generateur du groupe multiplicatif. Trouvezitel queX2+X=Xi. 3
11) Les polyn^omes irreductibles de degre 1 sontXetX1; ceux de degre 2 sont tels que
X
4X=X(X1)Pce qui donneX2+X+ 1. Pour ceux de degre 3, on aX8X=
X(X1)P1P2et on trouveX3+X+ 1 etX3+X2+ 1. Enn pour ceux de degre 4, on a X
16X= (X4X)Q1Q2Q3et on trouveX4+X+1,X4+X3+X2+X+1 etX4+X3+1.
En eet ceux-ci sont irreductibles car un elementjdeF4qui n'est pas dansF2veriej3= 1 de sorte qu'il ne peut ^etre racine des polyn^omes en question.
2) Tout polyn^ome deF2[X] de degre 4, irreductible surF2, possede une racine dansF24
qui est une extension de degre 2 deF4; on en deduit donc que surF4il se factorise en un produit de 2 polyn^omes irreductibles de degre 2.
3) Les 3 polyn^omes de degre 4, irreductibles dansF2[X] fournissent 6 polyn^omes deF4[X]
irreductibles de degre 2; ceux-ci sont distincts deux a deux car les 3 polyn^omes de degre 4 du depart sont premiers deux a deux dansF2et donc dansF4. Par ailleurs etant donne un polyn^ome deF4[X] irreductible de degre 2, en le multipliant par son conjugue par l'unique element non trivial du groupe de Galois deF4:F2, qui echange jetj2avec les notations precedentes, on obtient un polyn^ome de degre 4 a coecient dans F
2, car les coecients sont invariants par le groupe de Galois, et irreductible.
4) On note 0;1;j;j2les elements deF4avec 1 +j+j2= 0. Les polyn^omes de degre 1
sontX;X1;Xj;Xj2de produitX4X. En ce qui concerne le degre 2,X4+X+ 1, X
4+X3+X2+X+ 1 etX4+X3+ 1 doivent s'ecrire comme le produit de 2 polyn^ome
irreductible de degre surF4. On trouve alorsX4+X+ 1 = (X2+X+j)(X2+X+j2), X
4+X3+ 1 = (X2+jX+j)(X2+j2X+j2) etX4+X3+X2+X+ 1 = (X2+jX+
1)(X2+j2X+ 1).
21) On ecrit la table des carres deF5, soit
x0 1 221x
20 111 1
et on remarque que 2 n'est pas un carre dansF5. On verie rapidement que pourP(x) := X
2+X+ 1,P(0),P(1) etP(2) ne sont pas nuls de sorte quePn'a pas de racine dans
F
5, etant de degre 2 il y est donc irreductible.
2) Le corpsF5[X]=(P(X)) est de cardinal 25 et donc isomorphe aF25qui est un corps de
decomposition deX25X. Par ailleurs la classexdeXdansF5[X]=(P(X)) verieP(x) = 0 de sorte quexest une racine dePqui etant de degre 2, y est alors totalement decompose. On en deduit alors quePadmet deux racines dansF25.
3) Un isomorphismef:F5[X]=(X2+X+ 1)'F25etant xee, l'image2F25deXpar
fverie alors2++ 1 = 0 et est donc une racine deX2+X+ 1. Le sous-espace vectoriel surF5deF25engendre par 1 etest de dimension 2 car62F5et est donc egal aF25de sorte que tout element2F25s'ecrit sous la formea+baveca;b2F5.
4) On verie rapidement quePn'a pas de racine dansF5. Soit alors=a+b2F25;
on a5=a55+b5=a5+b. Or on a2=1 soit4=2+ 2+ 1 =et donc
5=2=1. Ainsi5+ 1 =(aa) + (bba+ 1)6= 0 car62F5soitPn'a
pas de racine dansF25de sorte qu'il est irreductible surF5. Par ailleurs,Pen tant que polyn^ome deZ[X] unitaire, y est irreductible. En eet une factorisationP=QRdansZ[X] induit par reduction modulo 5 une factorisationP=QR dansF5[X]. CommePest unitaire,QetRle sont aussi, de sorte que degQ= degQet degR= degR;Petant irreductible, on en deduit queQ, ouR, est un polyn^ome constant 4 donc, etant unitaire, egal a
1 et doncQ, ouR, est le polyn^ome constant egal a 1. AinsiPest
irreductible surZet donc irreductible surQd'apres le lemme de Gauss.
31) On verie rapidement queQn'a pas de racine dansF3. On cherche alors ses racines dans
F
9. Poura2F9, on aa9=ade sorte quea9a+1 = 1 et doncQn'a pas de racine dansF9.
2) An de calculer dansF27, on commence par le decrire concretement : on verie aisement
queX3X1 n'a pas de racines dansF3et est donc irreductible surF3etF27'F3[X]=(X3 X1).
3) Soit alors2F27tel que3=+ 1. On a alors9=3+ 1 =+ 2 =1 et donc
nalementest une racine deQdansF27de sorte queQpossede un facteur irreductible de degre 3 surF3, a savoirX3X1, soitX9X+1 = (X3X1)(X6+X4+X3+X2X1).
4) Cherchons de maniere generale toutes les racines dansF27; un element quelconque s'ecrit
sous la formex=a2+b+caveca;b;c2F3. On a alorsx9=a18+b9+cavec9=1 et donc18=2++ 1 de sorte quex9x+ 1 =a+ab+ 1 ce qui imposea= 0 et b= 1 soitx=;+ 1;1.
5) On en deduit alors queX6+X4+X3+X2X1 n'a pas de racines dansF27comme
il n'en avait pas non plus dansF9, il est donc irreductible.
4SiPest reductible surFp, il l'est sur toute extensionFpm. Supposons doncPirreductible sur
F pde sorte que toutes les racines deP, vues dansFp, sont dansFpnet aucune n'appartient a un sous-corps strict. On regarde alorsPcomme un polyn^ome dansFpm[X] dont on se demande s'il est encore irreductible. Il faut regarder s'il possede ou non des racines dansFpmr pourrn=2 et donc siFpnFpmr, soitndivisemrce qui est possible si et seulement sin etmne sont pas premiers entre eux. En outre en notantd=n^m, les facteurs irreductibles sont alors de degrerun multiple den=d. Pourn= 5, la decomposition en facteur irreductible donne en prenant les degres les decompositions suivantes de 5 : 5 = 4 + 1 = 3 + 2 = 3 + 1 + 1 = 2 + 2 + 1 = 2 + 1 + 1 + 1 =
1 + 1 + 1 + 1 + 1. Si on veut ^etre sur d'avoir toutes les racines (resp. au moins une racine) il
faut donc se placer dansFp60(resp.Fp10) avec 60 = 5:4:3 (resp. 10 + 5:2).
51) On considere le morphisme de Frobenius
Fr q:x2Fqn7!xq2Fqn dont on verie aisement que c'est un morphisme de corps car Fr q(x+y) = (x+y)q=xq+yq et Fr q(xy) =xqyq, qui laisse le corpsFqinvariant car pour toutx2Fqon axq=x. En outre il est immediat que le groupe engendre par Fr qest d'ordrende sorte que Gal(Fqn=Fq) est de cardinal superieur ou egal an. Pour montrer l'inegalite inverse, soitun generateur de F qnet soitson polyn^ome minimal unitaire surFq; on a alorsFqn'Fq[X]=((X)) de sorte queest irreductible de degren. Ainsi tout element2Gal(Fqn=Fq) est determinee par() qui doit ^etre une racine dece qui donne au plusnchoix. On en deduit ainsi
Gal(Fqn=Fq) ='Z=nZ.
Un sous-groupeHdeZ=nZest de la formeZ=rZpourrun diviseur den, un generateur etantn=r. On considere alors le sous-groupe de Gal(Fqn=Fq) engendre par Frn=rq; le sous-corps xe est alors l'ensemble des elementsxdeFqntels quexqn=r=xce qui correspond au corps F qn=rFqn. D'apres l'exercice precedent, l'application de la theorie de Galois est bien une bijection.
2) Le corpsLest isomorphe aFprpour un certainret Gal(L=Fp)'Z=rZengendre par
Fr p. En outre on aL=Fp[] pour2Lune racine primitiven-ieme de l'unite. Ainsi un element2Gal(L=Fp) est determine par() qui doit ^etre une racine primitiven-ieme de 5 l'unite et donc de la formekpourk2(Z=nZ). On obtient ainsi une application injective naturelle
2Gal(L=Fp)7!k2(Z=nZ)
l'image etant le groupe engendre par la classe dep. Ainsirest l'ordre depdans (Z=nZ). Soitn(X) =P1Psla decomposition en irreductibles de la reduction modulopde n. Soitune racine deP1de sorte queL=Fp[] et doncP1est le polyn^ome minimal desur F pet donc degP1= [L:Fp]. En conclusion tous lesPisont de m^eme degre [L:Fp] et donc s= (n)[L:Fp]ou l'on rappelle que [L:Fp] est l'ordre depdans (Z=nZ). Ainsip1 modnest equivalent a demander quenest totalement decompose surFpce qui on vient de le voir, est equivalent a demander quena une racine dansFp. Soit doncp premier divisant n(N!)1 modN! soitp > Netp1 modncarna pour racineN!. On vient donc de montrer une version faible du theoreme de progression arithmetique dont l'enonce fort est que pour toutapremier avecn, il existe une innite de premiers congrus a amodulon, ceux-ci se repartissant de maniere uniforme en un sens que l'on ne precise pas ici, sur lesa2(Z=nZ).
61) Le polyn^omeX4+ 1 est le huitieme polyn^ome cyclotomique 8qui est irreductible. On
peut aussi le voir directement en considerant
8(X+ 1) qui est un polyn^ome d'Eisenstein
pour 2.
Modulo 2, on aX4+ 1 = (X+ 1)4et pourp6= 2,F
p
2est cyclique d'ordrep21 qui est
divisible par 8. Soit alorsx2F p
2d'ordre 8, on ax8= (x4)2= 1 etx46= 1 soitx4=1 de
sorte que
8a une racine dansFp2et donc 8est reductible modulop.
2) Avec les hypotheses de l'enonce (Z=nZ)n'est pas cyclique. D'apres loc. cit., la reduction
modulopde nest un produit de polyn^omes irreductibles qui ont tous le m^eme degre a savoir l'ordre depdans (Z=nZ). Ainsi nest irreductible modulopsi et seulement sipengendre (Z=nZ)ce qui ne se peut pas si ce dernier groupe n'est pas cyclique. Remarque :On a ainsi une famille d'exemples de polyn^omes irreductibles surZet reductible modulo tout premierp.
71) modulo 2, on aP=X4+X2+1 = (X2+X+1)2, modulo 3,P=X4+2X3+2X+2 =
(X2+1)(X2+2X+2) et modulo 5,P=X4+X2+1 qui n'a pas de racine dansF5; regardons dansF25. CommeF25'Z=24Z, soitxun element d'ordre 6 :x6= 1 avecx26= 1 etx36= 1. Soity=x2de sorte quey31 = (y1)(y2+y+1) = 0 ety6= 1 soity2+y+1 = 0 et donc xest une racine deP= (X2+X+ 1)(X2+ 4X+ 1).
2) SurZ,Pn'a pas de racine car sinon il en aurait modulo 2 ce qui n'est pas. SiPetait
reductible, on aurait alorsP(X) = (X2+aX+b)(X2+cX+d) et donc 8>>< >:a+c= 10 b+d+ac= 21 ad+bc=10 bd= 11 Ainsi on obtient soitfb;dg=f1;11get doncac= 9 etfa;cg=f1;9gcara+c=10, et ad+bc6=10; soitfb;dg=f1;11getac= 33 eta+c6=10. AinsiPest irreductible surZ.
8Le polyn^omeX3+2X+1 n'a pas de racines dansF3, il y est donc irreductible. L'ordre deX
est soit 1;2;13;26; les cas 1 et 2 sont clairement exclus calculons alorsX13=X9:X3:X. On a 6 X
3=X1 puisX9=X31 =X+1 et doncX13=1. On verie aussi queX10=X2+X
et donci= 10quotesdbs_dbs22.pdfusesText_28
TD6 : Extensions de corps; corps finis